2022-2023学年江苏省宿迁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省宿迁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，力F大小相等，物体运动的位移l与速度v方向相同，物体运动的位移大小l也相等，下列关于F做功的几种说法正确的是( )
A. 因为有摩擦力存在，图甲中力F做的功不能用W=Flcs0∘计算
B. 图乙中力F做的功W=Flcs150∘
C. 图丙中力F做的功W=Flcs30∘
D. 图丁中力F做的功W=Flcs30∘
2.真空中两个半径均为r的带异种电荷的金属小球A和B、带电量分别为−2q和4q，当两球间的距离为L(L远大于r)时，两球之间的静电力大小为F。现将A和B接触后分开，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小F1为( )
A. 14FB. 18FC. 116FD. 132F
3.如图所示，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，下列判断正确的是( )
A. 电源路端电压增大
B. 电流表A示数I增大
C. 电压表V1示数U1减小
D. 电压表V2示数U2增大
4.2022年10月9日，我国综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”在酒泉卫星发射中心发射升空，开启对太阳的探测之旅。“夸父一号”位于距离地表约720千米低轨道绕地心做匀速圆周运动，该卫星能始终以相同的角度面对太阳，并保持在晨昏分界线上。与距离地表约为36000千米的地球同步卫星相比，下列说法正确的是( )
A. “夸父一号”的轨道平面可能与同步卫星轨道平面重合
B. “夸父一号”的运行周期大于同步卫星运行周期
C. “夸父一号”的运行线速度大于同步卫星运行线速度
D. “夸父一号”的运行角速度小于同步卫星运行角速度
5.共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具，如图所示，某共享电动车和驾驶员的总质量为100kg，电动车的额定功率为500W。若电动车从静止开始以额定功率在水平路面沿直线行驶，行驶中最大速度为5m/s，假定行驶中所受阻力恒定，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 电动车受到的阻力大小为100N
B. 加速阶段，电动车的加速度保持不变
C. 当电动车的速度为2.5m/s时，其加速度大小为2m/s2
D. 若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，匀加速时间共5s
6.
7.如图1所示，质量为2kg的物块静止在光滑的水平地面上。若以物块所在处为原点，以水平向右为正方向建立x轴，现木块在水平推力下运动，F随x轴坐标变化的情况如图2所示，重力加速度g取10m/s2，下列描述正确的是( )
A. 木块在0∼4m内，做匀加速直线运动B. 木块在0∼4m内，外力F做功为100J
C. 运动到4m时，物体的末速度为25m/sD. 运动到4m时，力F的瞬时功率为200W
8.在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图，下列关于电容器充电时带电量q、电流i、两极板间的电压u分别与时间t的关系，q与两极板间的电压u的关系正确的是( )
A. B.
C. D.
9.2023年3月，中国科学家通过冷冻电镜技术解析了晶态冰中蛋白质三维结构，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，a、b是轨迹上的两点，现有一电子以某一初速度从b向a运动的过程中，下列判断正确的是( )
A. a点的电势高于b点的电势B. a点的电场强度大于b点的电场强度
C. 电子在b点受力方向水平向左D. 电子在a点的电势能小于在b点的电势能
10.在x轴方向存在一静电场，其φ−x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电场力，则该电子( )
A. 在x1处速度达到最大B. 从x1到x2的过程中电场力做正功
C. 在x3处电势为零，电场强度也为零D. 从x3到x4的过程中加速度逐渐增大
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.学习了如何使用多用电表和测电源电动势和内阻实验后，某物理研究小组设计了以下实验，请完成下列问题。
(1)如图甲所示，当选择开关S旋转到位置“1”时，多用电表用来测量______。
A.直流电压
B.直流电流
C.电阻
(2)物理研究小组用多用电表检验电阻箱在某挡位下电阻的准确性，把选择开关旋转到“×10”位置，测量发现多用表指针偏转过小，因此需将选择开关旋转到______(填“×1”或“×100”)位置，选择正确的挡位后，表盘如图乙所示，则被测电阻阻值为______Ω。
(3)用图丙所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，实验室提供的器材如下：电压表、电阻箱(阻值范围0∼999.9Ω)、开关、导线若干。根据记录的数据，作出1U−1R图线如图丁所示，由图线可得电动势E=______，内阻r=______。
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，在水平向右的匀强电场中，一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球处于静止状态，已知小球质量为m，所带电荷量为q，轻绳与竖直方向夹角为θ。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)若剪断轻绳，小球加速度大小a。
13.我国新能源汽车发展迅速，2023年第一季度某国产品牌汽车销售了50.87万辆。当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势E=12V，内阻r=0.2Ω，车灯接通，电动机未启动时，电流表示数I1=10A；电动机启动的瞬间，电流表示数I2=40A。求：
(1)若电动机未启动时，车灯两端电压U；
(2)当电动机启动的瞬间，车灯的功率P。
14.如图甲所示，真空中有竖直放置的平行金属板A、B与水平放置的平行金属板C、D，已知C、D相距为d，A、B板间加有恒定的电压U0，B板中心处开有小孔，质量为m、电荷量为q的带电粒子从A板静止释放，经AB间的电场加速后通过B板上的小孔进入C、D两板的正中间。在带电粒子进入C、D间的同时，给C、D两板加上如图乙所示周期性变化的电压，不计粒子重力与电容器的边缘效应。求：
(1)带电粒子进入C、D间时的速度大小v0；
(2)若已知C、D间电压U1和时间t0，此粒子在3t0时飞出电场，则在3t0内沿电场方向的位移y；
(3)若已知C、D板长l，但时间t0未知，此粒子从C、D间飞出时恰能以平行于两板的速度飞出，则电压U1的取值范围。
15.如图所示，在光滑水平面AB上，质量为m=2kg的物块将左端固定的弹簧压缩至A点，物块由静止释放。在离开弹簧后，物块以v0=4m/s的速度滑上水平传送带。传送带BC长度L=2m，C点距地面高h=0.8m，滑块可视为质点。滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦与空气阻力。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)若传送带以v1=3m/s的速度逆时针转动，则物块从滑上传送带到第一次离开传送带时克服摩擦力所做功W；
(3)若传送带顺时针转动，速度大小可在4m/s答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.力做的功为W=Flcsθ，与是否有摩擦力无关，故A错误；
B.力做的功为W=Flcsθ，其中θ1为力与运动方向的夹角，θ1=30∘，故图乙中力F做的功为：
W=Flcs30∘，故B错误；
C.θ2为力与运动方向的夹角，θ2=150∘，故图丙中力F做的功为：
W=Flcs150∘，故C错误；
D.θ为力与运动方向的夹角，θ=30∘，故图丁中力F做的功为：
W=Flcs30∘，故D正确。
故选：D。
确定力与位移两个方向的夹角θ，根据做功公式W=Flcsθ作答。
本题考查功的计算，注意公式W=Fxcsθ中的F为恒定的某个力或合力，θ为力与位移两个方向的夹角。
2.【答案】D
【解析】解：由库仑定律可得
F=kq1q2L2=k2q⋅4qL2=k8q2L2
将A和B接触后分开，小球A和B带电量先中和再平分，带电量均为−2q+4q2=q，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小F1为
F1=kq1q2r2=kq⋅q(2L)2=kq24L2
可得：F1=132F，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据库仑定律分别求出两种情况下A和B间的静电力大小与电荷量、距离L的关系，再求出静电力大小F1。
本题考查库仑定律的相关应用，关键要知道两个带电体相互接触后移开，同种电荷电荷量平分，异种电荷先中和再平分。
3.【答案】B
【解析】解：A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，根据U=E−I干r可知电源路端电压减小，故A错误；
B、由于路端电压减小，R3的电压减小，可知R3的电流减小，则电流表A示数I增大，故B正确；
CD、流过R1的电流增大，根据U=IR可知R1的电压增大，电压表V1示数U1增大，而R1、R2的总电压减小，所以电压表V2示数U2减小，故CD错误；
故选：B。
当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，分析其接入电路的电阻变化，由闭合电路欧姆定律判断干路电流和路端电压的变化，从而判断出R3的电流的变化，进一步判断电流表A示数变化以及电压表V1示数的变化。根据电压表V1示数变化和路端电压的变化分析电压表V2示数的变化。
本题考查电路的动态变化分析问题，解题的关键是分清电路结构，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
4.【答案】C
【解析】解：A、地球同步卫星只能定点在赤道的正上方，而“夸父一号”卫星始终以相同的角度面对太阳，并保持在晨昏分界线上，则“夸父一号”的轨道平面不可能与同步卫星轨道平面重合，故A错误；
BCD、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得：
GMmr2=m4π2T2r=mv2r=mω2r
解得：T= 4π2r3GM，v= GMr，ω= GMr3
可知轨道半径越大，周期越大，线速度和角速度越小。由于“夸父一号”卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“夸父一号”的运行周期小于同步卫星运行周期，“夸父一号”的运行线速度大于同步卫星运行线速度，“夸父一号”的运行角速度大于同步卫星运行角速度，故BD错误，C正确。
故选：C。
地球同步卫星只能定点在赤道的正上方；根据万有引力提供向心力列方程，得到线速度、角速度和周期与轨道半径的关系，再比较大小。
解答本题的关键要掌握卫星问题常用思路：万有引力提供向心力，通过列式分析各个物理量的大小。
5.【答案】A
【解析】解：A.由题可知，电动车受到的阻力大小为
f=Pvm=5005N=100N，故A正确；
B.因为电动车是以额定功率在水平路面沿直线行驶，根据功率的计算公式可得：
P=Fv
根据牛顿第二定律可得：
F−f=ma
可知速度越大，牵引力越小，加速度越小，故B错误；
C.由公式可得
F=Pv=5002.5N=200N
a=F−fm=200−100100m/s2=1m/s2，故C错误；
D.若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，则牵引力为恒力，根据题意可得
F=f+ma
P=Fv=Fat
联立解得：t=0.83s，故D错误。
故选：A。
电动车的速度最大时，加速度为零，此时牵引力等于阻力，根据功率的计算公式得出阻力的大小；
根据功率的计算公式，结合牛顿第二定律联立等式得出电动车的加速度；
根据牛顿第二定律结合功率的计算公式，再利用运动学公式得出电动车的加速时间。
本题主要考查了机车启动问题，熟悉功率的计算公式，结合牛顿第二定律即可完成分析，整体难度不大。
6.【答案】

【解析】
7.【答案】B
【解析】解：A.木块在0∼4m内，力F逐渐变大，可知加速度逐渐变大，物块做变加速直线运动，故A错误；
B.由图像可知，木块在0∼4m内，外力F做功为
WF=10+402×4J=100J，故B正确；
C.根据动能定理
WF=12mv2
解得：v=10m/s，故C错误；
D.运动到4m时，力F的瞬时功率为：
P=Fv=40×10W=400W，故D错误。
故选：B。
根据力的变化趋势分析出加速度的变化趋势，从而分析出木块的运动类型；
根据图像的物理意义得出外力做的功；
根据动能定理列式得出物块的末速度；
根据功率的计算公式完成分析。
本题主要考查了动能定理的相关应用，理解图像的物理意义，结合动能定理和功率的计算公式即可完成分析。
8.【答案】B
【解析】解：AB.根据电流强度的定义式i=qt
变形得q=it
可见，q−t图像的斜率k=i
由于电容器充电过程充电电流逐渐减小，所以q−t图像的斜率逐渐减小，故A错误，B正确；
C.根据电容的定义式C=qu
化简得u=qC=iCt
可见，u−t图像的斜率k=iC
电容器充电过程，电流逐渐减小，所以u−t图像的斜率逐渐减小，故C错误。
D.根据电容的定义式C=qu
变形得q=Cu
由于电容器充电时带电量逐渐增大，电容器的电容于C不变，因此q−u图像为一次函数，故D错误。
故选：B。
A.根据电容器定义式作答；
B.根据电容器充电过程，充电电流的特征最终为零，电容器所带电荷量与充电时间的关系作答；
C.根据电容的定义式结合电流强度的定义式分析作答；
D.根据电容的定义式C=qu判断q−u图象。
本题要注意图象的含义，根据图象能知道如何通过图象求电量，掌握电容器的电容公式。
9.【答案】C
【解析】解：A.物体做曲线运动时，合外力指向轨迹的凹侧，故电子受电场力大致指向左侧，故电场线方向大致指向右侧，沿电场线方向电势降低，故a点的电势低于b点的电势，故A错误；
B.b点处的等差等势线更密集，由此可分析出b点处的电场强度更大，故B错误；
C.电场线方向总是垂直于等势线，在b点，电场线方向向右，带负电粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，则电子在b点受力方向水平向左，故C正确；
D.a点的电势低于b点的电势，电子在电势低处电势能大，故电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D错误。
故选：C。
根据曲线运动的知识结合电场线的特点得出电场线的方向，从而得出不同点的电势高低；
根据等差等势面的疏密程度得出场强的大小；
根据电场线的方向和电子的电性得出电场力的方向；
根据电势能的计算公式得出电子在不同位置的电势能的大小关系。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，理解等差等势面中，等势面的疏密程度表示场强的大小，结合电势能的计算公式即可完成分析。
10.【答案】A
【解析】解：A.根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，0∼x1电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由φ−x图像中斜率表示电场强度可知，x1处电场强度为0，根据上述分析可知，从0∼x1电子在电场力作用下做加速运动，之后做减速运动，则电子运动到x1处时速度最大，故A正确；
B.从x1到x2电势逐渐减小，电子的电势能逐渐增大，根据功能关系可知此过程中电场力做负功，故B错误；
C.φ−x图像中斜率表示电场强度可知，在x3处电势为零，但电场强度不为零，故C错误；
D.由φ−x图像中斜率表示电场强度可知，从x3到x4的过程中电场强度逐渐减小，根据牛顿第二定律a=qEm可知加速度逐渐减小，故D错误。
故选：A。
根据图像得出场强的方向，进而分析出电子的运动情况，结合题目选项完成分析；
根据电势能的计算公式得出电子的电势能变化趋势，结合功能关系得出电场力的做功类型；
根据图像的斜率得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出加速度的变化趋势。
本题主要考查了φ−x图像的相关应用，理解图像的物理意义，结合电势能的计算公式和功能关系即可完成分析。
11.【答案】B×10022001b 1a
【解析】解：(1)当选择开关S旋转到位置“1”时，表头与电阻串联再与另一电阻并联，表头改装成电流表，故此时多用电表用来测量直流电流，故B正确，AC错误；
故选：B。
(2)用多用电表测量电阻时，把选择开关旋转到“×10”位置，测量发现多用表指针偏转过小，说明电阻较大，应选择较大倍率，因此需将选择开关旋转到×100。选择正确的挡位后，表盘指针指在刻度22，则被测电阻阻值为：22×100Ω=2200Ω
(3)根据闭合电路欧姆定律得：E=U+URr
整理得：1U=1E+rE⋅1R
由图像可得
1E=b，rE=ba
解得
E=1b，r=1a
故答案为：(1)B；(2)×100；2200；(3)1b；1a
(1)根据电表的改装原理，分析出对应的测量对象；
(2)根据指针的偏转特点得出正确的倍率，进而得出对应的示数；
(3)根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电动势和内阻。
本题主要考查了如何使用多用电表和电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
12.【答案】解：(1)小球受到重力、绳子拉力和电场力，受力如图所示
电场力向右，与场强方向相同，故小球带正电，电场力为F，由共点力平衡得：
F=qE=mgtanθ
解得：E=mgtanθq
(2)剪断轻绳小球受到电场力和重力的作用，合力为：
F合= (qE)2+(mg)2
由牛顿第二定律得：
a=F合m
联立解得：a=g 1+tan2θ
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为mgtanθq；
(2)若剪断轻绳，小球加速度大小a为g 1+tan2θ。
【解析】(1)对小球进行受力分析，根据共点力平衡条件列方程求解电场力的大小，根据F=qE求电场强度的大小；
(2)若突然剪断轻绳，根据牛顿第二定律求解加速度。
本题考查匀强电场、共点力平衡、牛顿第二定律，解题关键是分析好小球的受力情况，结合平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可。
13.【答案】解：(1)电动机未启动时，I1=10A，根据闭合电路欧姆定律有
U1=E−I1r
解得车灯两端电压：U1=10V
(2)根据欧姆定律，灯泡电阻
R=U1I1
代入数据解得：R=1Ω
电动机启动的瞬间，I2=40A，根据闭合电路欧姆定律有
U2=E−I2r
解得路端电压：U2=2V
此时车灯的功率为：
P2=U22R
代入数据解得：P2=4W
答：(1)若电动机未启动时，车灯两端电压U为10V；
(2)当电动机启动的瞬间，车灯的功率P为4W。
【解析】(1)电动机未启动时，根据闭合电路欧姆定律求解车灯两端电压；
(2)电动机未启动时，根据欧姆定律求出灯泡电阻。当电动机启动的瞬间，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，再求车灯的功率P。
解决本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律和功率公式，要注意电动机工作时，欧姆定律不成立。
14.【答案】解：(1)粒子在金属板A、B间加速，根据动能定理可得：
qU0=12mv02
解得：v0= 2qU0m
(2)粒子在C、D间运动时，0∼t0时间内，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学公式可得：
y1=12at02
a=qU1md
解得：y1=qU1t022md
t0∼2t0时间内，粒子沿电场方向做匀减速直线运动，加速度大小不变方向相反，由运动对称性可知，粒子匀减速到速度零，则有：
y2=y1
2t0∼3t0时间内，粒子重复0∼t0时间内的运动，则有：
y3=y1
则在3t0内沿电场方向的位移为：
y=y1+y2+y3
解得：y=3qU1t022md
(3)粒子在C、D板间运动的时间为：
t=lv0
根据粒子在电场方向上的运动具有对称性和重复性，以平行于两板的速度飞出需满足：
t=2nt0(n=1,2,3……)
根据(2)的结论，可知0∼t0时间内粒子的偏移量为：y1=qU1t022md
则粒子飞出电场需满足：
2ny1≤d2
解得：U1≤4nd2U0l2(n=1,2,3…)
答：(1)带电粒子进入C、D间时的速度大小为 2qU0m；
(2)在3t0内沿电场方向的位移为3qU1t022md；
(3)电压U1的取值范围为U1≤4nd2U0l2(n=1,2,3…)。
【解析】(1)在加速电场中，根据动能定理求解粒子进入C、D间时的速度大小；
(2)理解类平抛运动的特点，结合牛顿第二定律和运动学公式分析出对应的位移；
(3)根据粒子在不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出电压的范围。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，掌握力与运动的分析。结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
15.【答案】解：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能为
Ep=12mv02=12×2×42J=16J
(2)物体在传送带上做减速运动的加速度大小为
a=μmgm=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
则速度减为零时向右滑行的距离为
x=v022a=422×5m=1.6m<2m
物体没有从传送带右端滑出，然后物体向左做匀加速运动，直到与传送带共速，最终以v1=3m/s的速度离开传送带，则该过程中克服摩擦力做功为
W=12mv02−12mv12
解得：W=7J
(3)若传送带顺时针转动，物块恰好在传送带上一直加速，设获得的末速度为v3，由运动学公式得
v32−v02=2μgL
解得：v3=6m/s
当传送带的速度6m/s≤v2<8m/s时，物块落在地面时的动能为
Ek=mgh+12mv32
解得：Ek=52J
当传送带的速度4m/sEk=mgh+12mv22
可得Ek=(v22+16)J
答：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep为16J；
(2)物块从滑上传送带到第一次离开传送带时克服摩擦力所做功W为7J；
(3)当传送带的速度6m/s≤v2<8m/s时，物块落在地面时的动能为52J；当传送带的速度4m/s【解析】(1)根据机械能守恒定律求弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)若传送带以v1=3m/s的速度逆时针转动，先分析物块的运动情况，根据牛顿第二定律求加速度大小，由速度-位移公式求出速度减为零时向右滑行的距离，看看物体是否从传送带右端滑出，再根据物块从滑上传送带到第一次离开传送带时克服摩擦力所做功W；
(3)若传送带顺时针转动，速度大小可在4m/s解决本题的关键要理清物块的运动过程，确定物块的初末状态，利用动能定理求出摩擦力做功和物块的动能。